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Transcrição

Pré-vestibular – Química
Volume 1 – Série 8
Resoluções
Segmento: Pré-vestibular
Coleção: Alfa, Beta e Gama
Disciplina: Química
Volume: 1
Série: 8
Gases
1.
a)
1 atm ––– 760 mmHg
x ––– 380 mmHg
x = 0,5 atm
b) 1 atm = 760 torr
c)
10 atm ––– 760 mmHg ––– 76 cmHg
x
–––
19 cmHg
x = 0,25 atm
d)
1 atm ––– 1 bar (valor aproximado)
x ––– 10 bar
x ≈ 10 atm
a)
1 atm ––– 760 mmHg
10 atm ––– x
x = 7 600 mmHg
b)
1 atm ––– 760 mmHg
0,1 atm ––– x
x = 76 mmHg
2.
1
c)
1 torr ––– 1 mmHg
300 torr ––– x
x = 300 mmHg
d) 1 atm ––– 760 mmHg ––– 1 ⋅ 105 Pa ––– 1 bar
1 bar ≈ 760 mmHg
3.
a)
1 L ––– 1 000 mL
x ––– 100 mL
x = 0,1 L
b)
1 L ––– 1 000 cm3
3
x ––– 350 cm
x = 0,35 L
c)
1 m3 ––– 1 000 L
2 m3 ––– x
x = 2 000 L
d)
1 L ––– 1 dm3
3
x ––– 15 dm
x = 15 L
4. TK = T°C + 273
a) TK = 0 + 273
TK = 273 K
b) TK = 27 + 273
TK = 300 K
c) TK = 127 + 273
TK = 400 K
d) TK = –100 + 273
TK = 173 K
e) TK = –273 + 273
TK = 0 K
5.
a) Conforme aumenta a altitude, a pressão atmosférica diminui.
b) Como ao nível do mar a pressão vale 1 atm, a cidade é João Pessoa.
2
c)
1 atm ––– 760 mmHg
0,8 atm ––– x
x = 608 mmHg
ESQUEMA PARA AS QUESTÕES 6 A 11
Volume
Forma
Compressibilidadee
expansibilidade
Gás
Variável (volume
do recipiente onde
está contido)
Variável (volume
do recipiente onde
está contido)
Grande
Líquido
Sólido
Próprio
Próprio
Variável (volume
do recipiente onde
está contido)
Própria
Muito pequena
Muito pequena
6. I
7. II e III
8. I e II
9. III
10. III
11. I e II
12.
Líquido ⇌ Gás
Líquido ⇌ Sólido
∆V grande
∆V pequeno
a) II
Líquido → Gás
Aumenta o volume
3
b) III
Gás → Líquido
Diminui o volume
c) I e IV
Sólido ⇌Líquido
Variação de volume pequena
13.
a) Aumentar a temperatura e diminuir o volume.
b) Com o aumento da temperatura, aumenta a energia cinética das
moléculas, fazendo com que aumente o número de colisões.
A diminuição do volume faz com que aumente a frequência de colisões das
moléculas contra a parede do recipiente.
14.
a) Para uma transformação isotérmica:
(P·· V)inicial= (P·· V)final
10 atm · 4 L = 20 atm · x ⇒ x = 2 L
10 atm · 4 L = y · 1 L ⇒ y = 40 atm
10 atm · 4 L = 100 atm · z ⇒ z = 0,4 L
b) 4 L = 4 000 mL
(P·· v)inicial = (P·· V)final
10 atm · 4 000 mL = P = 40 mL
P = 1 000 atm
15.
a) O gráfico dado (hipérbole) mostra a relação entre grandezas
inversamente proporcionais. Para esse tipo de grandeza, há uma relação
matemática tal que, o produto dessas variáveis é sempre um número
constante (x · y = constante).
b) Pi = P
Vi = V
PiVi = PfVf
P · V = Pf · 0,5V
P
Pf =
= 2P
0,5
Pf = ?
Vf = 0,5 V (redução de 50%)
4
Ou seja, como a pressão inicial era P e aumentou para 2P (dobrou),
concluiu-se que uma redução de 50% no volume aumenta a pressão em
100%.
16.
1 atm ––– 760 mm Hg
x ––– 608 mm Hg
x = 0,8 atm
Como a temperatura é mantida constante:
(p · V)inicial = (p · V)final
0,8 atm · 60 cm³ = 0,3 atm · (60 + VB) cm³
VB = 100 cm³
17. C
18. C
O gráfico mostra que:
Transformação 1 → 2: o volume permanece constante, portanto, a
transformação é isovolumétrica.
Transformação 2 → 3: a temperatura permanece constante, portanto, a
transformação é isotérmica.
Transformação 3 →1: o volume é diretamente proporcional à temperatura
absoluta (V = k · T), portanto, a transformação é isobárica.
19.
P
P
=  
 
 T inicial  T final
Pf
28,8 lbf /pol2
=
288 K
303 K
Pf = 30,3lbf/pol²
Logo, a pressão não dobrou.
20. Como a variação do volume do pneu é desprezível temos uma
transformação isovolumétrica.
5
Pi = 2,3 atm
Ti = 273 + 27 = 300 K
Pf = 2,5 atm
Tf = ?
Pi Pf
=
Ti Tf
2,3
2,5
=
300
Tf
Tf = 326 K = 53 °C
21. Apenas (1 – 1) e (4 – 4) são verdadeiras.
Os gases sairão da lata enquanto a pressão no seu interior for maior que a
pressão atmosférica. À medida que os gases saem da lata vai diminuindo a
pressão em seu interior e quando essa pressão for igual à pressão
atmosférica os gases não sairão mais do interior da lata. Aquecendo a lata,
aumenta a pressão dos gases no interior da lata e os gases sairão
novamente do seu interior até a pressão interna igualar a pressão externa.
22. C
O volume de um gás é sempre igual ao do recipiente onde ele está contido,
portanto, é igual a 60 L. Quando o vendedor de balões não conseguir mais
encher nenhum balão a pressão do gás no cilindro é igual à pressão
atmosférica, portanto,1 atm, pois o cilindro está ao nível do mar (praia).
23. Pi = 1 atm
Vi = 500 cm³
Ti = 273 K
Pf = ?
Vf = 1 m³ = 1 · 103 L = 1 · 106 cm³
Tf = 273 + 1 727 = 2 000 K
P⋅V 
P⋅V 
= 



 T inicial  T  final
P ⋅ 1⋅ 106 cm3
1atm ⋅ 500 cm3
= f
273 K
2000 K
1
Pf =
atm
273
24. VF = 16,38 L
Pi = 1 140 torr
6
Vi = 10 L
Ti = –23 + 273 = 250 K
Pf = 760 torr
Vf = ?
Tf = 273 K
P⋅V 
P⋅V 
= 



 T inicial  T  final
1140 torr ⋅ 10 L 760 torr ⋅ VF
=
250 K
273 K
VF = 16,38 L
25. E
O gráfico não indica as unidades de P e V, mas isso não importa porque são
as mesmas em todos os estados do gás (A, B, C).
PA = 10
PB = 6


A  VA = 6
⇒ B  VB = 10
T = 500 K
T = ?
 A
 B
PA· VA = PB· PB = 60 ∴ transformação isotérmica ∴ TB = 500 K
PC = 3,6
PB = 6


B  VB = 10
⇒ C  VC = 10
T = 500 K
T = ?
 B
 C
P
=k
VB = VC∴ transformação isovolumétrica:
T
6
3,6
∴ TC = 300 K
=
500 K
TC
PC = 3,6
PD = 6


C  VC = 10
⇒ D  VD = 6

T = ?
 D
TC = 300 K
PC· VC = PD· VD = 36 ∴ transformação isotérmica ∴TD = 300 K
26. A
A transformação é isobárica, pois, P1 = P2, V1 ≠ V2 e T1 ≠ T2. Nessa
V
= k , portanto, o gráfico é o da alternativa a.
transformação
T
7
27. C
Pi⋅Vi =Pf⋅Vf
Pf = Pi– 20% Pi = Pi– 0,2 Pi = 0,8 Pi
Vi
Pi ⋅ Vi = 0,8 Pi ⋅ Vf ∴ Vf =
= 1,25 Vi
0,8
Vf = 1,25 Vi = Vi + 0,25 Vi = Vi + 25% Vi
O volume final aumenta 25% (do volume inicial).
28. C
Pi⋅Vi = Pf·Vf
1
2
Pf = Pi − Pi = Pi
3
3
2
Pi ⋅ Vi = Pi ⋅ Vf
3
3
1
VF = Vi = Vi + Vi = Vi + 50% Vi
2
2
O volume final aumenta de 50% do volume inicial.
29.
Pi = P
Vi = V
Ti = T
3
5
Pf = P −   P =   P
8
8
Vf = ?
5
Tf =   T
8
5 P ⋅V
f
P V  8 
=
∴ Vf = V
5 T
T
 
8
30. D
Vi = 0,60 L
Pi = 740 mmHg
Vf = ?
Pf = Pi– 0,75· Pi = Pi– 0,0075 Pi = 0,9925 Pi
Pi ⋅ 0,60 L = 0,9925 Pi ⋅ Vf
8
Vf = 0,6045 L
Vf– Vi = 0,6045 – 0,60 = 0,0045 L = 4,5 · 10–3 L
31. Somente o item 3 está correto.
1) Incorreto.
Para um mesmo volume V = 4 L, sendo as temperaturas diferentes, as
pressões também serão diferentes.
2) Incorreto.
Nas condições 1 e 2 temos 1 mol do mesmo gás, portanto, as massas são
iguais.
3) Correto.
O gráfico mostra que as transformações nas condições 1 e 2 são isobáricas,
V
pois,
= constante.
T
4) Incorreto
Para V = 8 L, caso seja prolongada a curva referente à condição 2, é
possível verificar que as temperatura serão diferentes.
32.
P⋅V
P' ⋅ V'
=
T
T'
150 atm ⋅ 20 L = 1 atm ⋅ V'
V' = 33 000 L
a)
b)
P⋅V =
m
⋅R ⋅ T
MM
m
atm ⋅ L
⋅ 0,082 ⋅
⋅ 300 K
−1
32 g ⋅ mol
mol ⋅ K
m = 3 900 g = 3,9 kg
Observação: No gabarito do Caderno de Exercícios considere “V = 20 L”
como parte da resposta do item b.
150 atm ⋅ 20 L =
33.
m
⋅R⋅ T
MM
1,8 ⋅ 106 g
atm ⋅ L
300 atm ⋅ 1640 L =
⋅ 0,082 ⋅
⋅ 300 K
MM
mol ⋅ K
MM = 90 g/mol
a) P ⋅ V =
9
b) Fórmula
C = 12 g/mol

C4Hx S y H = 1 g/mol
S = 32 g/mol

4 · (12) + x(1) + y · 32 = 90
x + 32y = 42
A única solução possível para x > 0 e y > 0 é y = 1 (há enxofre e hidrogênio
na molécula, não é possível haver índices negativos). Portanto:
x + 32 = 42
x = 10 ∴ C4H10S
34.
2,2 g CO2 –––
x –––
x = 4,4 g CO2
1 L água
2 L água
1 mol CO2 –––
y –––
y = 0,1 mol
44 g
4,4 g
Nas condições ambientes:
1 mol –––
25 L
0,1 mol –––
V
V = 2,5 L
35.
a) P · V = n · R · T
82 atm ⋅ 60 L = n ⋅ 0,082 ⋅
atm ⋅ L
⋅ 300 K
mol ⋅ K
n = 200 mol de N2
b)
1 mol N2 ––– 28 g
200 mol ––– x
x = 5 600 g
mtotal = mN2 + mcilindro
mtotal = 5 600 + 4 400
mtotal = 10 000 g = 10 kg
10
36.
a)
1 mol He
4g
8g
V = 44,8 L
–––
–––
–––
22,4 L
22,4 L
V
b) P · V = n · R · T
Para 1 mol de gás hélio nas CNTP:
1,0132 · 105 Pa · 22,4 · 10–3 m3= 1 mol · R · 273 K
R = 8,31 Pa · m3 · mol–1 · K–1
37.
a)
P⋅V =
m
⋅R⋅T
MM
2,05 atm ⋅ 2 ⋅ 103 L =
m
18 g ⋅ mol
-1
⋅ 0,082
atm ⋅ L
⋅ 500 K
mol ⋅ K
m = 1 800 g
b) A massa de água líquida será igual à massa de vapor inicial.
1 g ––– 1 mL
1 800 g ––– V
V = 1 800 mL
38.
a) P · V = n · R · T
1atm ⋅ 123 ⋅ 10-3 L = n ⋅ 0,082 ⋅
atm ⋅ L
⋅ 300 K
mol ⋅ k
n = 5 · 10–3 mol = 5 milimols
b) P ⋅ V =
m
⋅R ⋅T
MM
1atm ⋅ 123 ⋅ 10 -3 L =
0,45 g
atm ⋅ L
⋅ 0,082
⋅ 300 K
M
mol ⋅ K
M = 90 g/mol
39. A
Início: P ⋅ V =
m
⋅R ⋅ T
MM
11
P ⋅ 8,2 L =
320 g
atm ⋅ L
⋅ 0,082
⋅ 300 K
-1
32 g ⋅ mol
mol ⋅ K
P = 30 atm
Cálculo da massa restante no cilindro:
m
atm ⋅ L
7,5 atm ⋅ 8,2 L =
⋅ 0,082 ⋅
⋅ 300 K
-1
32 g ⋅ mol
mol ⋅ K
m = 80 g
Mliberada = 320 – 80 = 240 g
40. E
P⋅V =
m
⋅R ⋅ T
MM
m
atm ⋅ L
⋅ 0,082
⋅ 300 K
-1
32 g ⋅ mol
mol ⋅ K
m = 3 900 g = 3,9 kg
150 atm ⋅ 20 L ⋅
41. 04
Início
P·V=n·R·T
4·V=2·R·T
R⋅T
2=
V
⇓
P=5·2
P = 10 atm
Final
P·V=n·R·T
P·V=5·R·T
R⋅T
P = 5⋅
V
42. A
1 atm –––
x –––
x = 0,92 atm
105 Pa
9,2 · 104
P·V=n·R·T
0,92 atm ⋅ 30 L = n ⋅ 0,082
atm ⋅ L
⋅ 300 K
mol ⋅ K
n = 1,12 mol
Observação: A explicação que se encontra no gabarito do Caderno de
Exercícios como sendo deste exercícios refere-se ao exercício 43 (a seguir).
12
43. D
T = 37 + 273 = 310 K
m
P⋅V =
⋅R ⋅ T
MM
7,4 g
atm ⋅ L
P ⋅ 0,8 L =
⋅ 0,08 ⋅
⋅ 310 K
-1
mol ⋅ K
74 g ⋅ mol
P = 3,1 atm
44. A
Condições normais de temperatura e pressão: CNTP.
Nas CNTP, 1 mol de gás tem volume igual a 22,4 L/mol
6 · 1023 moléculas –––
x –––
x = 2,68 · 1019 moléculas
22 400 cm3
1 cm3
45.
Cálculo da quantidade em mol de CO num volume de 4,1 · 104 L (volume da
garagem) a 27 °C exercendo pressão de 0,004 atm.
P·V=n·R·T
0,004 atm ⋅ 4,1 ⋅ 104 L = n ⋅ 0,08 ⋅
atm ⋅ L
⋅ 300 K
mol ⋅ K
20
mol de CO
3
0,60 mol CO
1 min –––
20
mol CO
x –––
3
x = 11,1 min
n=
46. B
nC2H2 =
1300 g
= 50 mol
26 g ⋅ mol-1
nN2O =
1600 g
= 36,36 mol
44 g ⋅ mol-1
13
nO2 =
1600 g
= 50 mol
32 g ⋅ mol-1
Como V e T são iguais para os três gases: PC2H2 = PO2 > PN2O .
47. A
M
M
M
= 20 ⋅ 20 ⋅
= 400 ⋅
RT
RT
RT
M
M
M
= 40 ⋅ 10 ⋅
= 400 ⋅
Massa de CO2 no cilindro 2 = P2 ⋅ V2 ⋅
RT
RT
RT
M
M
M
= 80 ⋅ 5 ⋅
= 400 ⋅
RT
RT
RT
As massas de CO2 são iguais nos 3 cilindros.
48.
P⋅V
R⋅T
Como P, V e T são iguais para todos os gases, o número de mols e o
número de moléculas será o mesmo.
a)
n=
b) nH2 = nO2 = nNH3 = nCO2 = n
mH2 = n ⋅ MH2 = n ⋅ 2 = 2 n
mO2 = n ⋅ MO2 = n ⋅ 32 = 32 n
mNH3 = n ⋅ MNH3 = n ⋅ 17 = 17 n
mCO2 = n ⋅ MCO2 = n ⋅ 44 = 44 n
∴ mH2 < mNH3 < mO2 < mCO2
49. D
n=
P⋅V
R⋅T
Como P e T são iguais para todos os gases, o número de mols será
diretamente proporcional ao volume.
14
Gás
CO
CO2
O2
C2H4
Volume
20 L
20 L
10 L
10 L
Número de moléculas
2n
2n
n
n
Número de átomos
2n · 2 = 4n
2n · 3 = 6n
n · 2 = 2n
n · 6 = 6n
50.
I. Correto
P ⋅V
1⋅ V
V
nA = A A =
=
R ⋅ TA
R ⋅ 298
298 R
P ⋅V
0,5 ⋅ V
1
V
nB = B B =
=
⋅
R ⋅ TB
R ⋅ 298
2 298 R
II. Incorreto
O2 = 2 átomos

V

número total de átomos = 2 ⋅ 298 R

SO2 = 3 átomos

1
V
3
V

número total de átomos = 3 ⋅ 2 ⋅ 298 R = 2 ⋅ 298 R

III. Correto
nA = 2 · nB
⇓
mO2
mSO2
= 2⋅
MO2
MSO2
∴
mO2
32
1
= 2⋅
mSO2
64
32
∴ mO2 = mSO2
51. B
a) Incorreta. Como o número de moléculas de H2 é igual ao número de
moléculas de He e a massa da molécula de H2 é diferente da massa da
molécula de He, a massa de gás nos dois recipientes é diferente.
b) Correta. Como o número de moléculas nos dois recipientes é igual e o
volume e a temperatura dos dois recipientes são iguais, obrigatoriamente a
pressão nos dois recipientes é igual.
15
c) Incorreta.
O número de moléculas de H2 é igual ao número de moléculas He, mas o
número de átomos de H é o dobro do número de átomos de He.
d) Incorreta.
O número de moléculas de H2 é igual ao número de moléculas de He, mas a
massa da molécula de H2 é a metade da massa da molécula de He,
portanto, a massa de H2 é a metade da massa de He.
e) Incorreta. Mesma justificativa da alternativa b.
52. C
Como os três gases têm volumes iguais e estão na mesma P e T, têm o
mesmo número de moléculas. Somente na alternativa c isso ocorre.
PV
∴ nH2 = nN2 = nO2
n=
RT
53.
Volume, pressão e temperatura são iguais para os dois gases:
PV
n=
∴ nCH4 = nH2
RT
nCH4 = nH2
⇓
mCH4
MCH4
=
mH2
MH2
⇒
x
12
=
16
2
x = 96 g
54.
PI ⋅ VI
2⋅ V
V
=
= 2⋅
R ⋅ TI
R⋅T
RT
V
4 ⋅  
P ⋅V
 2  = 2⋅ V
nCH4 = II II =
R ⋅ TII
R⋅T
RT
P ⋅V
8⋅V
V
nH2 = III III =
= 16 ⋅
T
R ⋅ TIII
RT
R ⋅  
2
 
O frasco III possui maior número de mols de H2 e, portanto, o maior número
de moléculas.
a)
nO3 =
16
b)
V
V
⋅ 48 = 96 ⋅
RT
RT
V
V
mCH4 = nCH4 ⋅ MCH4 = 2 ⋅
⋅ 16 = 32 ⋅
RT
RT
V
V
mH2 = nH2 ⋅ MH2 = 16 ⋅
⋅ 2 = 32 ⋅
RT
RT
O frasco I possui maior massa.
mO3 = nO3 ⋅ MO3 = 2 ⋅
55. C
Vamos supor que os recipientes A e B estejam fechados.
VHe = VCH4 = V
mHe = mCH4 = m
THe = 100 K
MHe = 4 g/mol
TCH4 = 400 K
MCH4 = 16 g/mol
m
⋅ R ⋅ 100
4
25 ⋅ m ⋅ R
P =
He
V
∴ PHe = PCH
PHe ⋅ V =
m
⋅ R ⋅ 400
16
25 ⋅ m ⋅ R
PCH4 =
V
PCH4 ⋅ V =
4
56. B
P⋅V =
m
M⋅P ⋅ V
⋅R ⋅ T ∴ m =
M
R⋅T
a) mHe = 4 ⋅
3 ⋅ PV
PV
= 12 ⋅
RT
RT
b) mO2 = 32 ⋅
2⋅P ⋅ V
PV
= 64 ⋅
RT
RT
c) mO3 = 48 ⋅
1⋅ P ⋅ V
PV
= 48 ⋅
RT
RT
17
d) mH2 = 2 ⋅
1 P⋅V
PV
⋅
=
2 RT
RT
1 PV
PV
⋅
= 5,7 ⋅
3 RT
RT
mO > m O > mHe > mNH > mH
e) mNH3 = 17 ⋅
2
3
3
2
57. 02 + 04 + 08 + 16 = 30
(01) Incorreto.
O número de moléculas de H2 e de C2H6 (etano) é igual, mas as massas das
moléculas são diferentes.
(02) Correto. Consequência da hipótese de Avogadro.
(04) Correto.
22,4 L ––– N moléculas
5,6 L ––– x moléculas
5,6
1
x=
⋅N =
N
22,4
4
(08) Correto.
1,31 · 10–1 kg = 0,131 kg = 131 g
Como 131 g é a massa molecular do Xe (a massa de 1 mol de moléculas de
Xe), a afirmação está correta.
(16) Correto.
MM do Fe = 56 g/mol
MM de C4H8 = 56 g/mol
N átomos de Fe ––– 56 g
N moléculas de C4H8 ––– 56 g
58.
a)
nHe =
nO2 =
nN2 =
mHe
400
=
= 100 mol de hélio
MHe
4
mO 2
MO2
mN2
MN2
=
3 200
= 100 mol de oxigênio
32
=
5 600
= 200 mol de nitrogênio
28
18
b) PTV = nTRT
PT · 49,2 = 400 · 0,082 · 300
PT = 200 atm
c)
xHe =
x O2 =
xN2 =
nHe
100
=
= 0,25 (25%)
nT
400
nO2
=
100
= 0,25 (25%)
400
=
200
= 0,50 (50%)
400
nT
nN2
nT
d) PO2 = x O2 ⋅ PT
PO2 = 0,25 ⋅ 200 atm
PO2 = 50 atm
59.
21
= 0,21
100
Ao nível do mar, P = 1 atm ∴
PO2 = xO2 ⋅ Ptotal = 0,21 ⋅ 1 = 0,21atm
a) XO2 =
b) PO2 = xO2 ⋅ Ptotal = 0,21 ⋅ 700 = 147 mmHg
60.
a)
nHe =
nO2 =
nN2 =
mHe
600 g
=
= 150 mols
MHe
4 g ⋅ mol–1
mO2
MO2
mN2
MN2
=
320 g
= 10 mols
32 g ⋅ mol–1
=
120 g
= 40 mols
28 g ⋅ mol–1
19
b) Número total de mols (nT) = 200 mol
n
150
xHe = He =
= 0,75
nT
200
xO2 =
xN2 =
nO2
nT
nN2
nT
=
10
= 0,05
200
=
40
= 0,2
200
c) PHe = xHe ⋅ PTOTAL = 0,75 ⋅ 200 = 150 atm
PO2 = x O2 ⋅ PTOTAL = 0,05 ⋅ 200 = 10 atm
PN2 = xN2 ⋅ PTOTAL = 0,2 ⋅ 200 = 40 atm
61. D
(0,5 + 1,5) mol ⋅ 0,082 atm ⋅ L ⋅ mol-1 ⋅ K -1 ⋅ 300 K
30 L
Ptotal = 1,64 atm
nCH4
0,5
1
x CH4 =
=
=
ntotal
2
4
1
PCH4 = x CH4 ⋅ Ptotal = 1,64 ⋅ = 0,41atm
4
Ptotal =
62. E
ntotal = 2 mol
1 mol ––– 6 · 1023 moléculas
2 mol ––– x
x = 12 · 1023 moléculas
63. B
Ar inspirado:
Ptotal = 157,9 + 0,2 + 590,2 + 7 + 4,7 = 760 mmHg
Ar expirado:
Ptotal = 115 + x + 560,1 + 6,6 + 46,6 = 728,3 mmHg + x
20
Par inspirado = Par expirado
760 = 728,3 + x
x = 31,7 mmHg
64.
VC3H6 = VO2
nC3H6
nO2
TC3H6 = TO2
e
PC3H6
=
=
PO2
171mmHg
= 0,3
570 mmHg
∴ 0,3 · 100 = 30
65. F, V, V, V
mCH4
64 g
nCH4 =
=
= 4 mol
MCH4
16 g ⋅ mol-1
nO2 =
nSO2 =
mO2
=
MO2
mSO2
MSO2
64 g
= 2 mol
32 g ⋅ mol-1
=
64 g
= 1moL
64 g ⋅ mol-1
Número de mols total (nT) = 7 mol
nCH4 =
PO2 =
PSO2 =
NCH4
nT
nO2
nT
⋅ Ptotal =
nSO2
nT
⋅ Ptotal =
4
⋅ 14 = 8 atm
7
2
⋅ 14 = 4 atm
7
⋅ Ptotal =
1
⋅ 14 = 2 atm
7
∴ PSO2 < PO2 < PCH4 e PCH4 = 4 ⋅ PSO2
21
66.
a) Numa profundidade de 70 m, a pressão é oito vezes maior que a da
superfície (1 atm). Logo, a pressão será 8 atm.
b) PO2 = x O2 ⋅ Ptotal
20
⋅ 8 atm = 1,6 atm
100
c) PO2 = x O2 ⋅ Ptotal
PO2 =
0,2 = x O2 ⋅ 8
x O2 = 0,025 ( 2,5%)
67.
MM: He = 4 g/mol e H2 = 2 g/mol
a) 22,4 L gás (CNTP) ––– 1 mol
m
2g
nHe = He =
= 0,5 mol
MHe
4 g ⋅ mol-1
nTOTAL = nHe + nH2
1 = 0,5 + nH2 ∴ nH2 = 0,5 mol
1 mol H2
0,5 mol H2
x = 1 g de H2
–––
–––
2g
x
b) Pi ⋅ Vi
P ⋅V
= F F
Ti
TF
1atm ⋅ 22,4 L = PF ⋅ 5,6 L
PF = 4 atm
68. B
Para o H2:
P ⋅ V 
P⋅ V 
=
 T 


inicial  T final
PH ⋅ 3V
3⋅V
= 2
∴ PH2 = 1atm
T
T
22
Para o He:
P ⋅ V 
P⋅ V 
=
 T 


P ⋅ 3V
9⋅V
= He
∴ PHe = 3 atm
T
T
Ptotal = PH2 + PHe = 3 + 1 = 4 atm
69. Somente (0 – 0), (1 – 1) e (2 – 2) estão corretos.
Para o CO2:
P ⋅ V 
P⋅ V 
=
 T 


PCO2 ⋅ 4 L
1atm ⋅ 1 L
=
T
T
∴ PCO2 = 0,25 atm
Para o O2:
P ⋅ V 
P⋅ V 
=
 T 


PO ⋅ 4 L
6 atm ⋅ 3 L
= 2
T
T
∴ PO2 = 4,5 atm
Ptotal = PCO2 + PO2 = 4,5 + 0,25 = 4,75 atm
A pressão do sistema, após a abertura da válvula, será 4,75 atm.
70. E
O N2 é um gás praticamente inerte e se mantém inalterado nas reações de
combustão no ar atmosférico. Podemos dizer que o N2 é um gás espectador
nas reações de combustão no ar. Por isso as alternativas a, b, c e d estão
incorretas.
3
P.
Pressão parcial de O2 no maçarico 1 =
4
3
P.
Pressão parcial de O2 no maçarico 2 = 20% de
4
3
3
P > 0,20 ⋅ P
4
4
23
71.
a) PV = nRT
8,2 atm ⋅ V = ( 4 + 6 ) mol ⋅ 0,032
atm ⋅ L
⋅ (227 + 273) K
mol ⋅ K
V = 50 L
b) Número de mols total (nT) = 10 mol
nN
4
xN2 = 2 =
= 0,4
nT
10
nO
6
x O2 = 2 =
= 0,6
nT
10
c) Vtotal (VT) = 50 L
VN2 = XN2 ⋅ VT = 0,4 ⋅ 50 L = 20 L
VO2 = XO2 ⋅ VT = 0,6 ⋅ 50 L = 30 L
d) mN2 = nN2 ⋅ MN2 = 4 mol ⋅ 28 g ⋅ mol-1 = 112 g
mO2 = nO2 ⋅ MO2 = 6 mol ⋅ 32 g ⋅ mol-1 = 192 g
∴ O O2 possui maior porcentagem em massa.
72.
O volume parcial de um gás numa mistura gasosa é o volume que teria esse
gás submetido à pressão total da mistura na mesma temperatura.
Volume parcial de CH4 = 6 L
Pressão total = ?
PTOTAL = nCH4 ⋅
15 mol ⋅ 0,082 ⋅ atm ⋅ L ⋅ mol-1 ⋅ K -1 ⋅ 300 K
R⋅T
=
VCH4
6L
PTOTAL = 61,5 atm
PCH4 =
nCH4
nTOTAL
⋅ PTOTAL =
15 mol
⋅ 61,5 atm = 12,3 atm
75 mol
PCH4 = 12 atm
Comentário: Cabe lembrar que o volume parcial é teórico, já que o gás
sempre ocupa o volume total do recipiente onde está contido.
24
73.
a)
50

= 0,5 
100

nA
VA
20

X O2 =
= 0,2  X A =
=
100
nTOTAL
VTOTAL

30

XHe =
= 0,3 
100

b)
PN2 = XN2 ⋅ PTOTAL
XN2 =
PN2 = 0,5 ⋅ 200 bar = 100 bar
c)
VHe = XHe ⋅ VTOTAL
VHe = 0,3 ⋅ 20 L = 6 L
74.
a)
nH2 =
nN2 =
mH2
MH2
mN2
MN2
=
10 g
= 5 mol
2 g ⋅ mol-1
=
84 g
= 3 mol
23 g ⋅ mol-1
mCO
56 g
=
= 2 mol
MCO
28 g ⋅ mol-1
Para um gás A, temos:
nA
VA
XA =
=
nTOTAL
VTOTAL
nH2
5 mol
XH2 =
=
= 0,5 ∴ xH2 = 50%
nTOTAL
10 mol
nN2
3 mol
XN2 =
=
= 0,3 ∴ xN2 = 30%
nTOTAL
10 mol
nCO =
XCO =
b)
nCO
2 mol
=
= 0,2 ∴ x CO = 20%
nTOTAL
10 mol
MMISTURA =
mMISTURA
( 84 + 10 + 56 ) g = 15 g ⋅ mol -1
=
nTOTAL
( 5 + 3 + 2 ) mol
25
c)
600 mmHg ⋅ V =
15 g
15 g ⋅ mol
-1
⋅ 62,3 mmHg ⋅ L ⋅ mol-1 ⋅ K -1 ⋅ ( 27 + 273 ) K
V = 31,15 L
75.
0,2 ⋅ 276 volumes = 55,2 volumes de O2
276 volumes de ar 
0,8 ⋅ 276 volumes = 220,8 volumes de N2
4 volumes de octano(g)
Total = 276 + 4 = 280 volumes
XO2 =
55,2 volumes
280 volumes
55,2 volumes
⋅ 28 atm
280 volumes
PO2 = XO2 ⋅ Ptotal =
PO2 = 5,52 atm
76. C
100 atm V
⋅ mol
750 K R
n Vênus =
nN2 (Vênus) = 0,04 ⋅
nTerra =
100 V
4 V
⋅ mol =
⋅ mol
750 R
750 R
1atm V
⋅ mol
300 K R
nN2 (Terra) = 0,80 ⋅
nN2 (Vênus)
nN2 (Terra)
1 V
0,80 V
⋅ mol =
⋅ mol
300 R
300 R
4 V
⋅
4 ⋅ 300
= 750 R =
=2
0,80 V
750
⋅
0,8
⋅
300 R
26
77.
Quando recolhemos um gás borbulhando-o num tubo inicialmente cheio de
água, a pressão do gás recolhido é igual à pressão atmosférica local. Nesse
tipo de recolhimento de gás, muito usado em laboratório, evidentemente o
gás não pode reagir com a água.
Na realidade, sempre recolhemos o gás misturado com vapor de água (“gás
úmido”) e a pressão do gás recolhido é igual à pressão atmosférica menos a
pressão de vapor da água na temperatura correspondente.
PO2 = 1,06 atm – 0,03 atm = 1,03 atm
Pi = 1,03 atm
Vi = 100 cm3
Ti = 296 K
PF = 1,00 atm
VF = ?
TF = 273 K
1,00 atm ⋅ VF
1,03 atm ⋅ 100 cm3
=
273 K
296 K
V = 95 cm3
78. 01 + 04 + 16 = 21
(01) Correto, desde que a temperatura seja inferior à temperatura crítica do
gás considerado.
(02) Incorreto. A porcentagem em volume de N2 no ar é maior que a de O2 e
a pressão parcial de N2 é maior que a de O2.
(04) Correto, de acordo com a hipótese de Avogadro.
(08) Incorreto. O volume molar de qualquer substância no estado gasoso e
nas CNTP é igual a 22,4 L/mol.
(16) Correto. Mistura (sólido + gás) é sempre heterogênea.
79. A e C
Na resolução, Ar corresponde ao gás argônio, e não ao ar atmosférico.
mH2 = 2 g/mol
mO2 = 32 g/mol
mNe = 20 g/mol
mAr = 40 g / mol
mCO2 = 44 g/mol
ar = 20% de O2 + 80% de N2 em volume

Mar = 0,20 ⋅ 32 g/mol + 0,8 ⋅ 28 g/mol = 28,8 g/mol
Na mesma P e T o volume molar é igual para todos os gases, por isso, a
ordem crescente das densidades dos gases é a ordem crescente de suas
massas molares.
27
dH2 < dNe < dar < dO2 < dAr < dCO2
Os balões contendo O2, Ar e CO2 não subirão independentemente da massa
dos balões onde estão contidos, pois suas densidades certamente serão
maiores que a do ar.
Os balões contendo H2 e Ne subirão se as massas desses balões vazios for
desprezível. A probabilidade do balão com H2 subir é maior que a do balão
com Ne, porque a densidade do H2 é 10 vezes menor que a do Ne, nas
mesmas condições.
80. A
No aquecimento, uma parte do gás passa do tubo para o balão. Com isso,
há uma diminuição da massa do gás no tubo. Como o volume do tubo
praticamente não varia, a densidade do gás no tubo diminui.
81. A
Metano
Amônia
Propano
Dióxido de carbono
Butano
Isocianato de metila
Cloro
Ar
CH4
NH3
C3H3
CO2
C4H10
CH3–N=C=O
Cl2
(20% O2, 80% N2 em volume)
M = 16 g/mol
M = 17 g/mol
M = 44 g/mol
M = 44 g/mol
M = 58 g/mol
M = 57 g/mol
M = 71 g/mol
M = 28,8
g/mol
Dos gases acima, somente o CH4 e NH3 são menos densos que o ar e, por
isso, sobem na atmosfera. Para esses gases a recomendação é a pessoa
situar-se no lugar mais baixo possível (recomendação 2).
Os demais gases são mais densos que o ar e, por isso, ficam nas regiões
mais baixas da atmosfera. Com esses gases a recomendação é a pessoa
situar-se no lugar mais alto possível (recomendação 1). Somente a
alternativa a apresenta as duas recomendações corretas.
82.
a) M = 2,5 g · L−1 · 22,4 L · mol−1 = 56 g · mol−1
Massa molecular = 56 u
b)
P ⋅M
2 atm ⋅ 56 g ⋅ mol-1
=
= 2,5 g/L
R⋅T
0,082 atm ⋅ L ⋅ mol-1 ⋅ K -1 ⋅ 546 K
28
c)
d)
dA, He =
MA
56 g ⋅ mol-1
=
= 14
MHe
4 g ⋅ mol-1
dA, ar =
MA
56 g ⋅ mol-1
=
= 1,94
Mar
28,8 g ⋅ mol-1
83.
PV =
m ⋅ RT
m
PM
d⋅R⋅T
∴ d=
=
∴ M=
M
V
RT
P
a)
M=
2g ⋅ L–1 ⋅ 0,082 atm ⋅ L ⋅ K –1 ⋅ mol–1 ⋅ 400 K
0,82 atm
Massa molar = 80g · mol−1
Massa molecular = 80 u
b)
c)
dx, H2 =
= 80 g ⋅ mol–1
Mx
80 g ⋅ mol-1
=
= 40
MH2
2 g ⋅ mol-1
Mx
80 g ⋅ mol-1
dx, ar =
=
= 2,77
Mar
28,8 g ⋅ mol-1
84. D
I. Incorreta.
P ⋅ Mar
dar = ar
R⋅T
A 10 m de profundidade a pressão do ar é igual a 2 atm, portanto, o dobro
da pressão do ar na superfície do mar (nível do mar). Então, na mesma
temperatura, a densidade do ar a 10 m de profundidade é o dobro da
densidade do ar na superfície do mar.
II. Correta.
PN2 = xN2 ⋅ Par = 0,8 ⋅ 2 atm = 1,6 atm
PO2 = xO2 ⋅ Par = 0,2 ⋅ 2 atm = 0,4 atm
III. Correta.
V
N=
⋅P
RT
29
V
= k (sendo k uma
RT
constante), portanto, n = k · P, ou seja, quanto maior for P, maior será a
quantidade em mol do gás.
Para volumes iguais na mesma temperatura,
85. E
Combustão do C4H10:
13
1 C4H10 (l) +
O2 (g) → 4 CO2 (g) + 5 H2O(g)
2
MCO2 = 44 g/mol
MH2O = 18 g/mol
Mar = 29 g/mol
Na mesma P e T, o volume molar é igual para todos os gases, por isso, a
ordem crescente das densidades dos gases é a ordem crescente de suas
massas molares:
dH2O < dar < dCO2
86. B
A escolha do dispositivo que pode ser usado para recolher os gases citados
vai depender de dois fatores: densidade do gás e solubilidade (ou não) do
gás em água. Com os dados da tabela:
• Gases mais leves que o ar (d < dar): CH4 e NH3.
• Gases mais pesados que o ar (d > dar): Cl2.
• Solubilidade em água: NH3 e Cl2 são solúveis; CH4 é insolúvel.
Dispositivo I: adequado para recolher CH4 e NH3.
Dispositivo II: adequado para recolher Cl2.
Dispositivo III: adequado para recolher CH4.
O dispositivo III é adequado para recolher gases insolúveis na água,
independentemente do fato de ser mais ou menos denso que o ar. A
alternativa que está de acordo com o texto é b.
87.
VH2
VO2
=
MO2
MH2
5 L/min
=
VO2
VO2 =
32 g ⋅ mol-1
=4
2 g ⋅ mol-1
5 L/min
= 1,25 L/min
4
30
88.
MHe
MA
VA
=
VHe
VA =
VA
2 VA
VHe
∴ VHe = 2 ⋅ VA
2
=
4u
1
4u
∴
=
∴ MA = 16 u
MA
4
MA
89.
Vx
=
Vy
My
Mx
1
Vy ∴ Vy = 3 ⋅ Vx
3
2
Vx
My
M
 1
=
∴   = y
Mx
Mx
3 ⋅ Vx
3
Vx =
∴ Mx = 9 My
9 My
dx
M
= x =
=9
dy
My
My
90. A
A formação espontânea de uma mistura homogênea ocorre entre os
componentes gasosos de um perfume e o ar atmosférico.
91.
MNH3 = 17 g/mol
MH2S = 34 g/mol
MSO2 = 64 g/mol
Velocidade de difusão dos gases: NH3> H2S > SO2.
Quanto menos denso o gás, maior a sua velocidade de difusão e, portanto,
a pessoa sente o odor dos gases nessa sequência: NH3, H2S e SO2.
92. B
MHe = 4 (balão A)
MAr = 40 (balão B)
VHe = VAr = VCO2 na mesma P e T.
31
MCO2 = 44 (balão C)
ar = (10% O2 + 80% N2 em vol.) ∴ Mar = 0,2 · 32 + 0,8 · 28 = 28,18
MHe < Mar < MAr < MCO2 ∴ dHe < dar < dAr < dCO2
Velocidade de efusão: He > ar > Ar > CO2.
a) Correta. Somente o balão A ascenderá no ar porque, dos gases citados,
só o hélio é mais leve que o ar.
b) Incorreta. Os volumes dos gases são iguais, estão na mesma P e T e,
portanto, pela hipótese de Avogadro têm o mesmo número de moléculas.
c) Correta. O número de moléculas nos três balões é igual e a massa das
moléculas cresce na sequência mHe < mAr < mCO2 , portanto, a massa de A
(He) é menor que a massa de B (Ar) que é menor que a de C (CO2).
d) Correta. Como a velocidade de efusão cresce na sequência
VCO2 < VAr < VHe , o primeiro a murchar é o balão A (He), depois o balão B (Ar)
e finalmente o balão C (CO2).
e) Correta. A (He) e B (Ar) são gases nobres ou inertes.
93.
a) d =
28 g ⋅ mol–1
= 1,25 g/L
22,4 L ⋅ mol–1
b) Massa molar do gás X2 = 28 g/mol
Massa molecular do gás X2 = 28 u
28
= 14 u
Massa atômica de X =
2
94.
Massa do balão cheio de ar na temperatura em que sua densidade se iguala
à do ar (1,2 g/L):
m = 250L · 1,2 g/L = 300 g
mar = 300 g – (massa do balão vazio) = 300 g − 12 g = 288 g
m
288 g
nar = ar =
= 10 mol
Mar
28,8 g ⋅ mol–1
PV
PV = n ⋅ R ⋅ T ∴ T =
n⋅R
1 atm ⋅ 250 L
T=
= 305 K = 32 °C
10 mol ⋅ 0,082 atm ⋅ L ⋅ mol–1 ⋅ K –1
32
95.
Os quatro elementos que, sob forma de substância simples, formam gases
com massa molar menor que a do ar (28,8 g/mol) são: hidrogênio, hélio,
nitrogênio e neônio.
H2(g)
He(g)
N2(g)
Ne(g)
M = 2 g/mol
M = 4 g/mol
M = 28 g/mol
M = 20 g/mol
Como esses quatro gases têm massa molar (M) menor que a do ar, na
mesma P e T, têm densidades menores que a do ar e poderiam substituí-lo.
96. E
A velocidade de efusão é inversamente proporcional à raiz quadrada da
massa molar. Assim, quanto menor a massa molar, maior será a velocidade
de efusão.
H2: M = 2 g/mol
He: M = 4 g/mol
CH4: M = 16 g/mol
A bexiga que murcha mais rapidamente apresenta a maior velocidade de
efusão e a menor massa molar, que no caso é a bexiga contendo H2 = C.
A bexiga que demora mais para murchar apresenta a menor velocidade de
efusão e a maior massa molar, que no caso é a bexiga contendo CH4 = A.
97. C
E1
T1
V12
V
=
= 2 ou 1 =
E2
T2
V2
V2
Quadruplicando T1:
E1
T
= 1 ∴ E2 = 4 E1
E2
4T1
E1
=
E2
T1
T2
V1
T1
V
1
=
∴ 1 =
∴ V2 = 2 V1
V2
4T1
V2
2
Quadruplicando T, E quadruplica e V duplica.
98.
–23 + 273 = 250 K
227 + 273 = 500 K
33
E
T
E
250 K
∴ E1 = 2 E
=
∴
=
E1
T1
E1
500 K
V2
T
V2
1
=
∴
=
∴ V1 = 2V 2
2
2
V1
T1
V1
2
∴ V1 = 1,4 V
99. C
No aquecimento de um gás num cilindro fechado por um pistão móvel sem
atrito, o gás se dilata (aumenta de volume) e o pistão sobe mantendo
constante a pressão do gás, neste caso, igual à pressão exterior (pressão
atmosférica).
I. Incorreta
Início
Vi = V
Ti = T
Pi = P
mi = m
Final
VF > V i
TF > Ti
PF > P i
mF > mi
massa
Massa específica =
volume
No aquecimento, a massa do gás permanece constante e seu volume
aumenta, portanto, a massa específica diminui.
II. Correta. E = kT. Como T aumenta, há um aumento de E.
III. Correta. O recipiente está fechado, portanto, m é constante.
IV. Incorreta. P é constante e V aumenta, portanto, P · V aumenta.
100. Somente 2, 3 e 4 estão corretos.
1. Incorreto. O movimento das moléculas dos gases é desordenado.
2. Correto. Quanto maior a energia cinética das moléculas dos gases, maior
será a temperatura.
3. Correto. Definição de gás ideal.
4. Correto. Quanto maior o número de colisões das moléculas do gás contra
as paredes do recipiente, maior será a pressão.
101. B
34
Pela teoria cinética dos gases, as partículas (moléculas) estão separadas
por espaços grandes em relação ao tamanho das partículas e têm alta
velocidade. Somente a alternativa b está incorreta.
102. C
Massa molar (M) em g/mol: CO = 28; NO = 30.
a) Incorreta. Como as M são diferentes, as densidades também são
diferentes, na mesma P e T.
b) Incorreta. Na mesma temperatura a energia cinética média de gases
quaisquer é igual.
c) Correta.
VCO
MNO
=
, MCO < MNO ∴ VCO > VNO
VNO
MCO
Tempo de difusão: tCO < tNO
d) Incorreta. As colisões entre as moléculas não alteram a energia cinética
total.
e) Incorreta. A pressão total dos gases poluentes é igual à soma das
pressões parciais de cada gás.
103.
V
12
(L)
6
2,9
2,4
P (atm)
0,0020
0
2
4
8
10
12
Acima de 9,9 atm o volume se mantém constante porque o gás está
liquefeito e o volume do líquido praticamente não varia com a pressão.
104.
A temperatura permanece constante durante todo experimento.
Ao abrir a torneira 2-1, o gás X sofre uma expansão isotérmica, passando de
um volume 9V para 10V.
35
antes da expansão ⇒ 9V ⋅ 1atm 
Lei de Boyle 
 9 V ⋅ atm = 10 V ⋅ x
depois da expansão ⇒ 10V ⋅ x 
x = 0,9 atm
Ao abrir a válvula 1-3, o gás X sofre uma expansão isotérmica, passando do
volume 9V para (81V + 9V) = 90V.
Na expansão isotérmica o volume aumenta 10 vezes (9V ⇒ 90V) portanto,
pela lei de Boyle, a pressão diminui 10 vezes (0,9 atm ⇒ 0,09 atm).
9 V ⋅ 0,9 atm = 90 V ⋅ P ∴ P = 0,09 atm
0,09 atm ⋅ 9V
V
= 0,81
mol
R⋅T
RT
0,9 atm ⋅ V
V
Frasco 2 ⇒ n2 =
= 0,9
mol
R⋅T
RT
0,09 atm ⋅ 81V
V
Frasco 3 ⇒ n3 =
= 7,29
mol
R⋅T
RT
n1 < n2 < n3
Haverá menor quantidade de moléculas do gás no frasco 1.
a)
Frasco 1 ⇒ n1 =
b) p2 = 0,9 atm
p3 = 0,09 atm
p2
0,9
=
= 10
p3
0,09
105.
Estado inicial
Balão A
10 g de gás
V
320 K
PA
PA' =
Balão B
vazio (vácuo)
V
400 K
PB = 0
Estado final
Balão A
(10 – x) g de gás
V
320 K
Balão B
x g de gás
V
400 K
PA'
PB' = 0,8 ⋅ PA'
10 – x
R ⋅ 320
=
Mx
V
36
PB' =
(10 – x ) ⋅ R ⋅ 320
x
R ⋅ 400
= 0,8 ⋅
=
Mx
V
Mx
V
400x = 256 · (10 − x) ∴ x = 3,9 g (em B)
Massa de gás que permaneceu em A = 10 – 3,9 = 6,1 g.
106. A
nH2O(g) =
1atm ⋅ 1530 L
= 50 mol
0,082 atm ⋅ L ⋅ mol ⋅ K –1 ⋅ 373 K
mH2O = 50 mol ⋅ 13 g/mol = 900 g
VH2O(l) =
900 g
= 900 mL = 0,9 L
1 g/mL
107. C
Aquecimento de gás em frasco aberto:
P = constante (pressão exterior)
V = constante (volume do frasco)
R = constante
n = diminui
T = aumenta
PV
= n ⋅ t = constante
R
A única curva do gráfico que mostra que nT permanece constante quando T
aumenta é C.
108. A
Nas CNTP: V = 22,4L/mol
22 400 mL de ar ––– 29 g
200 mL de ar ––– m
m = 0,26g < 1g
109.
I. À medida que o mergulhador se desloca de regiões próximas à superfície
para regiões de “águas profundas”, aumenta a pressão e com isso aumenta
a solubilidade do gás no sangue, não havendo formação de bolhas de gás.
II. Quando o mergulhador se desloca muito lentamente de regiões de “águas
profundas” para regiões próximas da superfície, a pressão diminui
lentamente e a solubilidade do gás no sangue diminui lentamente, evitando
a formação de bolhas de gás no sangue.
37
III. Quando o mergulhador sobe rapidamente para a superfície, a
solubilidade do gás no sangue diminui bruscamente, o que acarreta a
formação de bolhas no sangue, pondo em risco a vida do mergulhador
(embolia).
110.
Volume de NH3(g) seco = V (P, T) –––
n moléculas NH3
Volume de NH3(g) úmido = V (P, T) –––
n moléculas (NH3 + H2O)
Massas molares: NH3 = 17 g/mol; H2O = 18 g/mol
Como as moléculas de H2O são mais pesadas que as moléculas de NH3,
um mesmo volume, na mesma P e T, de NH3 úmido tem massa maior que a
do NH3 seco, ou seja, a densidade do NH3 seco é menor que a do NH3
úmido (na mesma P e T).
111.
Massas molares em g/mol: H2O = 18; H2S = 34
Volume de H2S(g) seco = V (P, T)
––– n moléculas H2S
Volume de H2S(g) úmido = V (P, T) ––– n moléculas (H2S + H2O)
Como as moléculas de H2O são mais leves que as moléculas de H2S, um
mesmo volume, na mesma P e T, de H2S seco tem massa maior que a do
H2S úmido, ou seja, a densidade do H2S seco é maior que a do H2S úmido
(na mesma P e T).
112.
1 L de ar seco (P,T)
1 L de ar úmido (P, T)
–––
n moléculas (N2 + O2)
–––
n moléculas (N2 + O2 + H2O)
MH2O = 18 g/mol
MN2 = 28 g/mol
MO2 = 32 g/mol
Como as moléculas de H2O são mais leves que as moléculas N2 e O2, 1 L
de ar seco pesa mais do que 1 L de ar úmido na mesma P e T.
113.
1 L de H2(g) seco (P, T)
––– n moléculas H2
1 L de H2(g) úmido (P, T) ––– n moléculas (H2 + H2O)
Como as moléculas de H2O são mais pesadas que as moléculas de H2, 1 L
de H2(g) úmido pesa mais que 1 L de H2(g) seco na mesma P e T.
38
114. D
Situação 1: 120 °C e 1 atm
O etanol e a água estão no estado gasoso.
P ⋅ V ⋅M
P⋅V

⋅ 18 
mágua =
=
R⋅T
RT

 metanol > mágua
P⋅V
m etanol =
⋅ 46 

R⋅T
Situação 2: 90 °C e 1 atm
A água está no estado líquido e o etanol no estado gasoso.
A densidade da água líquida varia muito pouco com a temperatura e é
aproximadamente igual a 1 000 g/dm³ ou 1 000 g/L.
Massa de 1 L de água a 90 °C ⇒ MH2O = 1000 g
P⋅ V ⋅M
1atm ⋅ 1L ⋅ 46 g ⋅ mol-1
=
= 1,55 g
R⋅T
0,082 atm ⋅ L ⋅ mol-1 ⋅ K -1 ⋅ 363 K
mágua > metanol
metanol =
Situação 3: a 25 °C a água e o etanol estão no estado líquido. Como ambos
têm V = 1 L e a densidade da água é maior que a do etanol: mágua > metanol
115. A
A velocidade de difusão de um gás através da parede do recipiente onde ele
está contido é inversamente proporcional à raiz quadrada de sua massa
molar. Como o SF6(g) tem massa molar maior que a do ar, a velocidade de
difusão do SF6(g) é menor que a do ar. Dessa maneira, substituindo o ar do
interior da bola de tênis pelo SF6(g), o tempo que esse gás levaria para
atravessar a parede da bola seria maior do que se ela contivesse ar.
116. C
Para uma mesma massa de substância:
Vgás = 1 000 Vlíquido = 1 000 Vsólido
Suponhamos que, num determinado instante, 8 moléculas do sólido ou do
líquido estejam localizadas nos vértices de um cubo com aresta = a.
Vsólido = Vliquido = a³
Essas 8 moléculas no estado gasoso teriam um volume:
Vgás = 1 000 ⋅ a3 = (10a)3
Conclusão: A separação entre as moléculas no estado gasoso (10a) é 10
vezes maior do que nos estados sólido e líquido (a).
39
117. D
Massa das moléculas: He < Ar
Número de moléculas: He = Ar
Massa dos gases: (MA = MB) < (MC = MD)
Volume dos gases (VA = VB = VC) = 2 · VD
Densidade dos gases:

mC  
mA  
mB  
mD 
 dA =
 =  dB =
 <  dC =
 <  dD =

VA  
VB  
VC  
VD 

Conclusão: As afirmativas a, b e c, estão corretas.
Em A e C temos o mesmo número de moléculas de gás na mesma
temperatura e mesmo volume. Portanto, a pressão em C é igual à pressão
em A e a afirmativa d está incorreta.
Em A e D temos o mesmo número de moléculas de gás na mesma
temperatura, mas o volume de A é o dobro do volume de D, portanto, a
pressão em D é o dobro da pressão em A.
118. B
a) Correta. Quanto mais alta for a temperatura de um gás, maior será a
energia cinética média das moléculas.
b) Incorreta. Como os gases em A e B têm o mesmo volume e o mesmo
número de moléculas:
PA
P
PA
PB
= B ∴
=
∴ PB = 1,14 PA
TA
TB
283 K
323 K
c) Correta, porque os gases estão na mesma temperatura (10 °C)
d) Correta. Como TB > TA, EB > EA
1
1
EB = ⋅ mHe ⋅ VB2
EA = ⋅ mHe ⋅ VA2
2
2
1
1
⋅ mHe ⋅ VB2 > ⋅ mHe ⋅ VA2
∴ VB > VA
2
2
e) Correta. A energia cinética média das moléculas é igual em A e D porque
a temperatura é a mesma. A velocidade média das moléculas em A é maior
que em D porque a massa das moléculas em A (He) é menor que a massa
das moléculas em D (Ar).
EA = ED e mA < mD ∴ VA > VD ou VD < VA
119. D
4 NH3(g) + 5 O2(g) → 4 NO(g) + 6 H2O(g)
Fração molar de NO na mistura obtida:
40
XNO =
nNO
4
=
= 0,4 = 40%
nNO + nH2O
4+6
∴ 40% em volume de NO.
120. C
H2(g) + Cl2(g) → 2 HCl(g)
1 mol 1 mol
2 mol
2 mol H2
⇒
1 mol Cl2
V = 10 L
T = 105 °C
P = 9,3 atm
1 mol H2
2 mol HCl
V = 10 L
T = 105 °C
P = 9,3 atm
(pressão total)
2
⋅ 9,3 = 6,2 atm
3
1
PH2 (excesso) = XH2 ⋅ P = ⋅ 9,3 = 3,1atm
3
PHCl = XHCl ⋅ P =
121.
a) NH3(g) + HCl(g) → NH4Cl(s)
b) Estado inicial:
7 atm
7n NH3(g)
1 atm
1n HC (g)
fechada
V.T
V.T
41
Abrindo a torneira e supondo que não há reação química:
4 atm
3,5n NH3(g)
0,5n HC (g)
4 atm
3,5n NH3(g)
0,5n HC (g)
aberta
V.T
V.T
Havendo reação completa:
7n NH3(g) + 1n HCl(g) → 6n NH3(g) + 1n NH4Cl(s)
3 atm
3,0n NH3(g)
0,5n mol
NH4 C (s)
3 atm
3,0n NH3(g)
0,5n mol
NH4 C (s)
aberta ou fechada
V.T
V.T
Pressão no sistema no estado final = 3 atm.
122.
PV
= n1 ⋅ T1
R
PV
= n2 ⋅ T2
Depois do aquecimento:
R
3 
n1 ⋅ T1 = n2 ⋅ T2 ∴ n1 ⋅ 330K =  n1  ⋅ T2
4 
T2 = 440 K = 167 °C
Antes do aquecimento:
42
123.
M do CH4 = 16 g/mol
1,6 g
nCH4 =
= 0,10 mol
16 g/mol
Estado inicial
Balão A
Balão B
P1 = ?
V1 = 8,2 L
T1 = 300 K
P2 = 0
V2 = ?
T2 = 300 K
Estado final
PF = 0,20 atm
VF = ?
TF = 300 K
nF = 0,10 mol
Cálculo de P1:
n ⋅ R ⋅ T1
0,10 mol ⋅ 0,082 ⋅ atm ⋅ L ⋅ K -1 ⋅ mol-1 ⋅ 300 K
P1= 1
=
= 0,30 atm
V1
8,2 L
Ao abrirmos a torneira de comunicação, ocorre uma expansão isotérmica e
o volume final pode ser calculado pela lei de Boyle.
Pi ⋅ Vi = PF ⋅ VF ∴ 0,30 atm ⋅ 8,2 L = 0,20 atm ⋅ VF
VF ⋅ 12,3 L ∴ VB = 12,3 − 8,2 = 4,1 L
124.
a) Como o anel de NH4Cl(s) foi formado mais próximo da extremidade que
contém o algodão embebido com a solução de HCl, podemos concluir que
HCl(g) apresenta menor velocidade de difusão, já que percorreu a menor
distância até o encontro com NH3(g). Logo, o gás de maior velocidade de
difusão é o NH3(g).
b) Menor, pois em uma temperatura mais alta, a velocidade média das
moléculas é maior, diminuindo o tempo necessário para o encontro dessas
moléculas gasosas.
c) Se o algodão embebido de solução aquosa de NH3(g) for colocado no
tubo antes do algodão que libera HCl(g), o anel sólido de NH4Cl vai se
formar a uma distância menor que 6 cm do algodão com HCl. Isso dará a
impressão de uma velocidade de difusão menor para o HCl(g). Pela
expressão fornecida, podemos perceber que a velocidade de difusão é
inversamente proporcional às massas molares. Logo, se encontrarmos uma
velocidade de difusão menor para o HCl(g), vamos obter uma massa molar
maior que a verdadeira.
43

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